解析

比较巧妙的一道题。
难点在于对题意的转化。

关键性质：符合要求的点等价于与笛卡尔树上深度为 $m$ 的点。

原因也较为显然，考虑一个特定的点 $x$，当枚举全局最大值时，其会对 $x$ 产生贡献，且最大值另一侧就和 $x$ 没有关系了，向有 $x$ 的一侧递归寻找最大值计算贡献，这个过程和笛卡尔树的构造是一样的。

问题就转化为了：给定一个二叉树，求第 $m$ 层有 $k$ 个节点的方案数。
这就是一个喜闻乐见的dp了。
设计状态 $d{p}_{i,j,s}$ 表示子树根节点深度为 $j$，子树大小为 $i$，且子树内有 $s$ 个好点的方案数。
就有转移：
$$f_{i,j,s}=\sum _{a=0}^{i-1}\sum _{b=0}^a\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{a}\right)f_{a,j+1,b}\times f_{i-1-a,j+1,s-b-[j=m]}$$
直接做是 $O(n^5)$ 的。
然后似乎也没有什么办法优化这个东西…于是就卡一卡常好了，调整一些变量的枚举上界，再直接让 $f_{i,m,1}=i!$。
然后就能卡过去了，最慢的点 $1.7s$。
（真不理解出题人为什么不能把范围改成 $80$ 之类的，这种东西比赛时就算想到了也很可能不敢写吧…）

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define ok debug("OK\n")
using namespace std;const int N=105;inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int mod;inline ll ksm(ll x,ll k){ll res(1);while(k){if(k&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return res;
}int n,m,cnt;
ll c[N][N],jc[N];
void init(int n){c[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){c[i][0]=1;for(int j=1;j<=i;j++){c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;}}jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;return;
}
ll f[N][N][N];signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();cnt=read();mod=read();init(n);for(int i=0;i<=n;i++) f[i][m][min(i,1)]=jc[i];for(int j=m-1;j>=1;j--){f[0][j][0]=1;for(int i=1;i+(j-1)<=n;i++){for(int k=0;k<=min(cnt,i);k++){for(int a=0;a<i;a++){for(int b=0;b==0||b+m-(j+1)<=a;b++){(f[i][j][k]+=f[a][j+1][b]*f[i-1-a][j+1][k-b]%mod*c[i-1][a])%=mod;//printf("(%d %d %d) -< (%d %d %d)*(%d %d %d) add=%lld\n",i,j,k,a,j+1,b,i-1-a,j+1,m-)}}}}}//for(int j=1;j<=m;j++){//	for(int i=0;i<=n;i++){//		for(int k=0;k<=cnt;k++) printf("siz=%d dep=%d num=%d f=%lld\n",i,j,k,f[i][j][k]);//	}//}printf("%lld\n",f[n][1][cnt]);return 0;
}
/*
*/